2019版高考物理江苏专用大一轮复习：冲刺985 电磁场压轴题专练 含解析 精品

冲刺985——电磁场压轴题专练
(时间：40分钟)
1.(2017·江苏省南京市、淮安市高三第三次模拟考试)如图1所示，半径为r 的圆形匀强磁场区域Ⅰ与x 轴相切于坐标系的原点O ，磁感应强度为B 1，方向垂直于纸面向外。

磁场区域Ⅰ右侧有一长方体加速管，加速管底面宽度为2r ，轴线与x 轴平行且过磁场区域Ⅰ的圆心，左侧的电势比右侧高U 。

在加速管出口下侧距离2r 处放置一宽度为2r 的荧光屏。

加速管右侧存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场区域Ⅱ。

在O 点处有一个粒子源，能沿纸面向y >0的各个方向均匀地发射大量质量为m 、带电荷量为q 且速率相同的粒子，其中沿y 轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线进入长方形加速管并打在荧光屏的中心位置。

(不计粒子重力及其相互作用)
图1
(1)求粒子刚进入加速管时的速度大小； (2)求磁场区域Ⅱ的磁感应强度大小B 2；
(3)若进入加速管的粒子数目为N ，则磁场Ⅱ的磁感应强度B 2减小10%时，有多少离子能打在荧光屏上？
解析 (1)沿y 轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线进入长方形加速管并打在荧光屏的中心位置，则磁场区域Ⅰ内粒子运动轨迹半径为r ，则由牛顿第二定律有 q v B 1＝m v 2r
解得进入加速管粒子的速度v ＝qB 1r
m
(2)从粒子源均匀发射的所有粒子，经磁场区域I 后，其速度方向
均与x 轴平行，如图所示，因为粒子运动的圆轨迹和磁场的圆形边界的交点O 、C 以及两圆的圆心O 1O 2组成的是菱形，所以CO 2和y 轴平行，故v 和x 轴平行。

所有进入磁场区域Ⅱ的粒子，其半径均为2r ，则2r ＝m v ′qB 2
(其中v ′为粒子经加速管
后的速度大小)
根据动能定理有qU ＝12m v ′2－12m v 2 联立解得B 2＝m
2qr
2qU m ＋v
2⎝ ⎛
⎭
⎪⎫其中v ＝qB 1r m 或B 2＝2qmU ＋q 2B 21r
2
2qr
(3)磁场Ⅱ的磁感应强度B 2减小10%时 r ′＝m v qB 2
′＝10m v 9qB 2
＝20r 9，则2r ′－4r ＝4r 9
恰好击中荧光屏的下边缘的粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系cos θ＝5
9
与x 轴正方向成θ＝arccos 5
9角发射的粒子恰好击中荧光屏的下边缘，所以打在屏上的粒子数为n ＝
π－arccos 5
9
π
N
答案 (1)qB 1r m (2)2qmU ＋q 2B 21r
2
2qr
(3)
π－arccos 5
9
π
N
2.(2017·江苏省南京市、淮安市高三第三次模拟考试)如图2是磁流体发电机原理示意图：前、后两个侧面是电阻可以忽略不计的导体板，相距为a ；上、下两个侧面是绝缘体，相距为b ；它们构成一个长度为l 的长方体管道。

前、后两个侧面用一个电阻R 0相连。

磁感应强度大小为B 的匀强磁场垂直于绝缘侧面向上。

现有大量等离子气体(由正、负带电粒子组成)持续稳定地流经管道。

设横截面上各点流速相同，等离子气体所受阻力与流速成正比，且无论有无磁场时都维持管道两端等离子气体的压强差为p 。

已知等离子气体电阻率恒为ρ；无磁场存在时，等离子气体的流速为v 0。

求：
图2
(1)此磁流体发电机的内阻r ；
(2)有磁场存在时，等离子气体所受的安培力与流速v 的关系式； (3)此磁流体发电机电动势的大小E 。

解析 (1)由电阻定律可得r ＝ρa bl
(2)当气体稳定时q v B ＝q E
a ，所以电动势为E ＝B v a 由闭合电路欧姆定律I ＝
E r ＋R 0
管内气体所受安培力F ＝BIa 代入上述数据得F ＝B 2a 2v
ρa bl ＋R 0
另解：p ·ab ＝k v 0，p ·ab ＝k v ＋F 解得安培力F ＝p ·ab ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－v v 0
(3)稳定平衡时：p ·ab ＝f ＋F 阻力f ＝k v (k 为常数)， 则f ＝k v ＝p ·ab －F 无磁场时，阻力f 0＝k v 0 稳定平衡时p ·ab ＝f 0
所以有f 0＝k v 0＝p ·ab 可得v
v 0
＝pab －B 2a 2v
ρa
bl ＋R 0pab
所以E ＝pab
Ba
ρa bl
＋R 0＋pb B v 0 另解1：从能量观点看，无磁场时，外界压力的功率等于克服摩擦力的功率，即 p ·ab ·v 0＝k v 0·v 0
有磁场时，外界压力的功率等于克服摩擦力的功率加上回路电功率p ·ab ·v ＝k v ·v ＋E 2
ρa bl ＋R 0
当气体稳定时，又有q v B ＝q E a ，即v ＝E
Ba 代入上式得pbE B ＝pbE 2B 2a v 0
＋E 2
ρa bl ＋R 0
同样可求得E ＝pab
Ba
ρa bl ＋R 0＋pb B v 0 另解2：p ·ab ＝k v ＋
B 2a 2v
R 0＋ρa bl ① p ·ab ＝k v 0② E ＝Ba v ③
由①②③可得E ＝pab Ba
ρa bl
＋R 0＋pb B v 0 答案 (1)ρa bl (2)F ＝B 2a 2v ρa bl ＋R 0或F ＝p ·ab ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫1－v v 0
(3)pab
Ba
ρa bl
＋R 0＋pb B v 0 3.(2015·江苏单科)一台质谱仪的工作原理如图3所示，电荷量均为＋q 、质量不
同的离子飘入电压为U 0的加速电场，其初速度几乎为零。

这些离子经加速后通过狭缝O 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场，最后打在底片上。

已知放置底片的区域MN ＝L ，且OM ＝L 。

某次测量发现MN 中左侧2
3区
域MQ 损坏，检测不到离子，但右侧1
3区域QN 仍能正常检测到离子。

在适当调节加速电压后，原本打在MQ 的离子即可在QN 检测到。

图3
(1)求原本打在MN 中点P 的离子质量m ；
(2)为使原本打在P 的离子能打在QN 区域，求加速电压U 的调节范围； (3)为了在QN 区域将原本打在MQ 区域的所有离子检测完整，求需要调节U 的最少次数。

(取lg 2＝0.301，lg 3＝0.477，lg 5＝0.699) 解析 (1)离子在电场中加速： qU 0＝1
2m v 2 在磁场中做匀速圆周运动：q v B ＝m v 2
r
解得r ＝1B
2mU 0
q
打在MN 中点P 的离子半径为r ＝3
4L ，代入解得
m ＝9qB 2L 232U 0
(2)由(1)知，U ＝16U 0r 2
9L 2
离子打在Q 点时，r ＝56L ，得U ＝100U 0
81
离子打在N 点时r ＝L ，得U ＝16U 0
9，
则电压的范围100U 081≤U ≤16U 0
9 (3)由(1)可知，r ∝U
由题意知，第1次调节电压到U 1，使原本Q 点的离子打在N 点L 56L
＝U 1
U 0
此时，原本半径为r 1的打在Q 1的离子打在Q 上 56L r 1＝U 1
U 0 解得r 1＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫562L
第2次调节电压到U 2，原本打在Q 1的离子打在N 点，原本半径为r 2的打在Q 2的离子打在Q 上， 则：L r 1＝U 2U 0，56L
r 2＝U 2
U 0
解得r 2＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫563L
同理，第n 次调节电压，有r n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫56n ＋1
L
检测完整，有r n ≤L
2 解得n ≥
lg 2
lg （65
）
－1≈2.8 最少次数为3次
答案 (1)9qB 2L 232U 0
(2)100U 081≤U ≤16U 0
9 (3)3次
4.(2017·南通、泰州一模)如图4所示，竖直放置的平行金属板A 、B 间电压为U 0，在B 板右侧CDMN 矩形区域存在竖直向下的匀强电场，DM 边长为L ，CD 边长为34L ，紧靠电场右边界存在垂直纸面水平向里的有界匀强磁场，磁场左右边界为同心圆，圆心O 在CDMN 矩形区域的几何中心，磁场左边界刚好过M 、N 两点。

质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子，从A 板由静止开始经A 、B 极板间电场加速后，从边界CD 中点水平向右进入矩形区域的匀强电场，飞出电场后进入匀强磁场。

当矩形区域中的场强取某一值时，粒子从M 点进入磁场，经磁场偏转后从N 点返回电场区域，且粒子在磁场中运动轨迹恰与磁场右边界相切，粒子的重力忽略不计，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

图4
(1)求粒子离开B 板时的速率v 1； (2)求磁场右边界圆周的半径R ；
(3)将磁感应强度大小和矩形区域的场强大小改变为适当值时，粒子从MN 间飞入磁场，经磁场偏转返回电场前，在磁场中运动的时间有最大值，求此最长时间t m 。

解析 (1)粒子从A 到B 的加速过程中，由动能定理有 qU 0＝12m v 21－0 解得v 1＝
2qU 0
m
(2)如图所示，粒子刚好沿着磁场右边界到达N 点 图中tan θ＝3L 8L 2
＝3
4，θ＝37°
带电粒子在磁场中做圆周运动的半径 r ＝
⎝ ⎛⎭⎪⎫3L 82＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫L 22
tan θ＝1532L
则R ＝r sin 37°＋r ＝5
4L
(3)粒子从同一点离开电场时，在磁场中运动轨迹与右边界相切时弧长最长，运动时间也最长；粒子从不同点离开电场，在磁场中运动轨迹与右边界相切时弧长最长，且当矩形区域场强为零时，粒子进入磁场时速度最小，粒子在磁场中运动的时间最长，则 t m ＝254°360°·2πr
v 1
解得t m ＝127 πL 384·2m qU 0
答案 (1)
2qU 0m (2)54 L (3)127πL 384·2m
qU 0。